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2000-2012全国高中数学联赛分类汇编 专题02 初等数论


1、 (2005 一试 6) 记集合 T ? {0,1,2,3,4,5,6}, M ? {

a1 a 2 a3 a 4 ? ? ? | ai ? T , i ? 1,2,3,4}, 7 7 2 73 7 4


将 M 中的元素按从大到小的顺序排列,则第 2005 个数是(

5 5 6 3 ? 2 ? 3

? 4 7 7 7 7 1 1 0 4 C. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
A. 【答案】C

5 5 6 2 ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 3 D. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
B.

2、 2006 一试 6) ( 数码 a1 , a2 , a3 ,?, a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 2a1a2a3 ?a2006 的 个数为( A. ) C. 10
2006

1 1 (10 2006 ? 82006 ) B. (10 2006 ? 82006 ) 2 2

? 82006 D. 102006 ? 82006

【答案】B

? x ? y ? z ? 0, 3、(2008 一试 5) 方程组 ? xyz ? z ? 0, 的有理数解 ( x, y, z ) 的个数为 ( ? ? xy ? yz ? xz ? y ? 0 ?
(A) 1 【答案】B (B) 2 (C) 3 (D) 4

) 。

4、 (2004 一试 10) .设 p 是给定的奇质数,正整数 k 使得 k -pk也是一个正整数,则 k= 1 2 【答案】 (p+1) 4

2

p 2 2 p 1 2 2 2 【解析】设 k -pk=n,则(k- ) -n = ,?(2k-p+2n)(2k-p-2n)=p ,?k= (p+1) . 2 4 4
5、 (2005 一试 12) 如果自然数 a 的各位数字之和等于 7, 那么称 a 为 “吉祥数” .将所有 “吉 祥数”从小到大排成一列 a1 , a2 , a3 ,?, 若 an ? 2005 则 a5 n ? , .

2

∵2005 是第 1+7+28+28+1=65 个“吉祥数” ,即 a65 ? 2005 从而 n ? 65,5n ? 325. . 又 P(4) ? C9 ? 84, P(5) ? C10 ? 210 而 ,
6 6

? P(k ) ? 330.
k ?1

5

∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是:70000,61000,60100,60010,60001,52000.∴ 第 325 个“吉祥数”是 52000,即 a5n ? 52000 . 6、 (2006 一试 11)方程 ( x2006 ? 1)(1 ? x2 ? x4 ? ? ? x2004 ) ? 2006 x2005 的实数解的个数 为 . 【答案】1

7、 (2010 一试 8)方程 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解( x,y,z )的个数 是 . 【答案】336675

从而满足 x ? y ? z 的正整数解的个数为 1 ? 1003 ? 335671 ? 336675 .

8、 (2011 一试 8)已知 a n ? C n ? 3 6 200 为 . 【答案】15

? ?

200 ? n

? 1 ? ? (n ? 1,2, ?,95) ,则数列 {a n } 中整数项的个数 ?? ? ? ? 2?

n

9、 (2000 二试 3) ,已知他们中的任意两人至多通电话一次,他们中的任意 n-2 个人之间 k 通电话的次数相等,都是 3 次,其中 k 是自然数,求 n 的所有可能值. 【解析】显然 n ? 5. 记 n 个人为 A1,A2, AN , 设 A1 通话的次数为 m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为 yij, l ? i, j ? n .则 m
i

+m

j

– y

i . j

=

1 n ? ms - 3k = c . 2 s ?1

(*)

其中 c 是常数 ,l ? i, j ? n . 根据(*)知, m i ? m j ? ( mi ? m s ) ? ( m j ? m s ) = y i . s ? y j .s ? 1 , l ? i, j ? n .

? mi ? m j ? 1 ,

l ? i, j ? n

设 mi =max{ms ,1 ? s ? n. } ,m j = min{ms,1 ? s ? n.} , 则 m i +m j ? 1. 若 m i +m j=1 ,则对于任意 s ? i, j, 1 ? s ? n , 都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s – y 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ? i, j, 1 ? s ? n ,
j ,s

)=0 ,



y

I ,s

– y

j ,s

= 1

因此 mi ? n -2 , m j ? 1 . 于是 ,m i +m j ? n -3 ? 2 . 出现矛盾 ,故 m i +m j=0 ,即 ms(1 ? s ? n)恒为常数 。 根据 (*)知,y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。

10、 (2002 二试 3)在世界杯足球赛前,F 国教练为了考察 A1,A2,?,A7 这七名,准备让他们 在三场训练比赛(每场 90 分钟)都上场,假设在比赛的任何时刻,这些中有且仅有一人在场 上,并且 A1,A2,A3,A4 每人上场的总时间(以分钟为单位)均被 13 整除,如果每场换人次数不 限,那么按每名队员上场的总时间计算,共有多少种不同的情况。

∵易观察到 7·2+13·(-1)=1 ∴ 7·406+13·(-203)=203 即 m0=406 n0= 203 是③的整数解 ∴ ③的整数通解为 m′=406 ? 13k n′= ? 203+7k 令 m′?0 n′?0,解得 29?k?31 取 k=29,30,31 得到③满足条件的三组非负整数解:

k∈Z

?m? ? 29 ? ?n ? ? 0

?m? ? 16 ? ?n ? ? 7

?m? ? 3 ? ?n? ? 14

从而 得到②满足条件的三组正整数解:

?m ? 33 ? ?n ? 3

?m ? 20 ? ?n ? 10

?m ? 7 ? ?n ? 17

11、 (2003 二试 2)设三角形的三边长分别是正整数 l,m,n.且 l>m>n>0.
?3 ? ?3 ? ?3 ? 已知? 4?=? 4?=? 4?,其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过 x 的最大整数.求这 种三角形 ?10 ? ?10 ? ?10 ?
l m n

周长的最小值.

∵ x=1,2,时 3 ≡1(mod 10),而 3 ≡1(mod 10),∴ x 必须是 4 的倍数; ∕ x 2 20 2 ∵ x=4,8,12,16 时 3 ≡1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴ x 必须是 20 的倍数; ∕ x 3 100 3 ∵ x=20,40,60,80 时 3 ≡1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴ x 必须是 100 的倍数; ∕ x 4 500 4 ∵ x=100,200,300,400 时 3 ≡1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ). ∕ x 4 即,使 3 ≡1(mod 10 )成立的最小正整数 x=500,从而 l-n、m-n 都是 500 的倍数, 设 l-n=500k,m-n=500h,(k,h∈N*,k>h). 由 m+n>l,即 n+500h+n>n+500k,?n>500(k-h)?500,故 n?501. 取 n=501,m=1001,l=1501,即为满足题意的最小三个值. ∴ 所求周长的最小值=3003. 12、 (2004 二试 3)对于整数 n?4,求出最小的整数 f(n),使得对于任何正整数 m,集合{m,

x

4

m+1,?,m+n-1}的任一个 f(n)元子集中,均至少有 3 个两两互素的元素.

设对于 n?k,④成立,当 n=k+1 时,由于 M(m,k+1)=M(m,k-5)∪{m+k-5,m+k-4,?,m+k}. 在{m+k-5,m+k-4,?,m+k}中,能被 2 或 3 整除的数恰有 4 个,即使这 4 个数全部取出, 只要在前面的 M(m,k-5)中取出 f(n)个数就必有 3 个两两互质的数.于是 当 n?4 时,f(n+6)?f(n)+4=f(n)+f(6)-1. 故 f(k+1)?f(k-5)+f(6)-1=[

k+2
2

]+[

k+2
3

]-[

k+2
6

]+1,

比较②,知对于 n=k+1,命题成立. ∴对于任意 n∈N*,n?4,f(n)= [ 又可分段写出结果: 4k+1,(n=6k, k∈N*), 4k+2,(n=6k+1,k∈N*), 4k+3,(n=6k+2,k∈N*), 4k+4,(n=6k+3,k∈N*), 4k+4,(n=6k+4,k∈N*), 4k+5,(n=6k+5,k∈N*).

n+1
2

]+[

n+1
3

]-[

n+1
6

]+1 成立.

f(n)=

当n为平方数, ?0 ? 13、 (2005 二试 3)对每个正整数 n,定义函数 f (n) ? ? 1 . ?[{ n }]当n不为平方数 ?
(其中[x]表示不超过 x 的最大整数, {x} ? x ? [ x]). 试求:

? f (k ) 的值.
k ?1

240

示例如下: j i 1 2 3 4 5 6
n n 2k

1 *

2 * *

3 * *

4 * * *

5 *

6 * * *

*



? f (a) ? ??T ( j) ? n[T (1) ? T (2)] ? (n ? 1)[T (3) ? T (4)] ?? ? [T (2n ? 1) ? T (2n)]
i ?1 i ?1 j ?1

??② 由此,

? f (k ) ?? (16 ? k )[T (2k ? 1) ? T (k )] ??③
k ?1 k ?1

256

15

记 ak ? T (2k ? 1) ? T (2k ), k ? 1,2,?,15, 易得 ak 的取值情况如下:

k

1 3

2 5

3 6

4 6

5 7

6 8

7 6

8 9

9 8

10 8

11 8

12 10

13 7

14 10

15 10

ak

因此,

? f (k ) ?? (16 ? k )ak ? 783??④
k ?1 k ?1

16 n

15

14、 2006 一试 14) 2006 表示成 5 个正整数 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 之和. 记 S ? ( 将 (1)当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到最大值;

1?i ? j ?5

?

xi x j . 问:

(2)进一步地,对任意 1 ? i, j ? 5 有 xi ? x j ? 2 ,当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到 最小值. 说 明理由. 【解析】 1) 首先这样的 S 的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若 (

x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 , 且使 S ?
xi ? x j ? 1,

1?i ? j ?5

?

xi x j 取到最大值,则必有
(*)

(1 ? i, j ? 5)

? 事 实 上 , 假 设 ( * ) 不 成 立 , 不 妨 假 设 x1 ? x2 ? 2 。 则 令 x1 ? x1 ?1 , ? x2 ? x2 ? 1, xi? ? xi ( i ? 3, 4,5 )
[来源:Z*xx*k.Com]

? ? ? ? 有 x1 ? x2 ? x1 ? x2 , x1 ? x2 ? x1 x2 ? x1 ? x2 ? 1 ? x1 x2 。将 S 改写成

S?


1?i ? j ?5

?

xi x j ? x1x2 ? ? x1 ? x2 ?? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5





? ? ? ? S? ? x1x2 ? ( x1 ? x2 ) ? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5 。 于 是 有

? ? 这与 所以必有 xi ? x j ? 1, S ? ? S ? x1x2 ? x1x2 ? 0 。 S 在 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 时取到最大值矛盾。

(1 ? i, j ? 5) . 因此当 x1 ? 402, x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 401 取到最大值。

?x ? y ? z ? w ? 2 ? 2 2 2 2 ?x ? y ? z ? w ? 6 15、 (2006 二试 3)解方程组 ? 3 3 3 3 ? x ? y ? z ? w ? 20 ? x 4 ? y 4 ? z 4 ? w4 ? 66 ?
【解析】令 p=x+z、q=xz,我们有 p =x +z +2q,p =x +z +3pq,p =x +z +4p q? 2q 。同样,令 s=y+w、t=yw,有 s2=y2+w2+2t,s3=y3+w3+3st,s4=y4+w4+4s2t? 2t2。 在此记号系统下,原方程组的第一个方程为 p=s+2。 (3.1) 2 2 3 3 2 4 4 3 2 2 3 4 于是 p =s +4s+4,p =s +6s +12s+8,p =s +8s +24s +32s+16。现在将上面准备 的 p 、p 、p 2 3 4 2 2 2 2 3 3 3 3 2 和 s 、s 、s 的表达式代入,得 x +z +2q=y +w +2t+4s+4,x +z +3pq=y +w +3st+6s +12s+8, x4+z4+4p2q? 2q2=y4+w4+4s2t? 2t2+8s3+24s2+32s+16。 利用原方程组的第二至四式化简,得 q=t+2s? 1, (3.2) 2 pq=st+2s +4 s? 4, (3.3) 2 2 2 2 3 2 2p q? q =2s t? t +4s +12s +16s? 2 5。 (3.4) 将(3.1)和(3.2)代入(3.3) ,得 t ?
2 2 2 3 3 3 4 4 4 2 2

s ?1 , 2

(3.5)

16、 (2007 二试 3)设集合 P={1,2,3,4,5},对任意 k∈P 和正整数 m,记

f(m,k)=

? ?m
i ?1

5

? ?

k ?1 ? ? ,其中[a]表示不大于 a 的最大整数。求证:对任意正整数 n,存在 i ?1 ?

k∈P 和正整数 m,使得 f(m,k)=n。

17、 (2009 二试 3)设 k ,l 是给定的两个正整数.证明:有无穷多个正整数 m ? k ,使得 Ck m 与 l 互素. 【解析】证法一:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !) .我们证明 Ck , ? 1 . l m 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明:p/ C . ∣
k m

?

?

若 p/k!,则由 k !Ck ? ? (m ? k ? i ) ? ? [(i ? tl (k !)] ? ? i ? k ! mod p? ?1 . ∣ m
i ?1 i ?1 i ?1

k

k

k

?

?

[来源:学_科_网 Z_X_X_K]

及 p? | k ! ,且 p

α +1

/k!,知 p? | k !Ck 且 p? ?1 / k !Ck .从而 p/ Ck . ∣ ∣ ∣ m m m

证法二:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !)2 ,我们证明 Ck , ? 1 . l m 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明:p/ C . 若 p/k!,则由 ∣ ∣
k m

?

?

k !C k ? ? (m ? k ? i ) ? ? [(i ? tl (k !) 2 ] ? ? i ? k !? mod p ? . m
i ?1 i ?1 i ?1

k

k

k

[来源:Zxxk.Com]

即 p 不整除上式,故 p/ Ck . ∣ m 若 p | k ! ,设 ? ? 1 使 p? | k ! ,但 p? ?1 ? ! . p? ?1 | (k !)2 .故由 k
k !Ck ? ? (m ? k ? i ) ? ? [(i ? tl (k !) 2 ] m
i ?1 i ?1 k ?1 k

? ? i ? k ! mod p? ?1 ,及 p? | k ! ,且 p
i ?1

k

?

?

α +1

/ k!,知 ∣

∣ ∣ m p? | k !Ck 且 p? ?1 / k !Ck .从而 p/ Ck . m m

18、 (2009 二试 4)在非负数构成的 3 ? 9 数表 ? x11 x12 x13 x14 x15 x16 x17 x18 x19 ? ? ? P ? ? x21 x22 x23 x24 x25 x26 x27 x28 x29 ? ?x x x x x x x x x ? ? 31 32 33 34 35 36 37 38 39 ? 中每行的数互不相同, 6 列中每列的三数之和为 1,x17 ? x28 ? x39 ? 0 ,x27 ,x37 ,x18 , 前
x38 , x19 , x29 均大于.如果 P 的前三列构成的数表

? x11 x12 x13 ? ? x1k ? ? ? ? ? S ? ? x21 x22 x23 ? 满足下面的性质 (O ) :对于数表 P 中的任意一列 ? x2 k ? ( k ? 1 , ?x ? ?x x x ? ? 3k ? ? 31 32 33 ? 2,?,9)均存在某个 i ??1, , ? 使得 2 3

⑶ xik ? ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? .

求证: (ⅰ)最小值 ui ? min ?xi1 , i 2 , i 3? , i ? 1 ,2,3 一定自数表 S 的不同列. x x

? x1k* ? ? ? (ⅱ)存在数表 P 中唯一的一列 ? x2 k* ? , k * ≠1 ,2,3 使得 3 ? 3 数表 ? ?x ? ? ? 3k * ? ? x11 x12 x1k* ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2k* ? 仍然具有性质 (O ) . ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ?

I ? ?k ? M | xik ? min ?xi1 ,xi 2 ? , ? 1, ? . i 3

显然 I ? ?k ? M | x1k ? x11 ,x3k ? x32 ? 且 1, 3 ? I . 2 因为 x18 ,x38 ? 1? x11 ,x32 , 所以 8 ? I . 故 I ≠ ? .于是存在 k * ? I 使得 x2k* ? max ?x2k | k ? I ? .显然, k * ≠1 ,2,3. 下面证明 3 ? 3 数表 ? x11 x12 x1k* ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2k* ? ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ? 具有性质 (O ) .
3) 从上面的选法可知 ui? :? min xi1 ,xi 2 ,xik* ? min ?xi1 ,xi 2 ? , (i ? 1, .这说明

?

?

x1k* ? min ?x11 ,x12 ? ? u1 , x3k* ? min ?x31 ,x32 ? ? u3 .

? ? 由数表 S 满足性质 (O ) ,则对于 3 ? M 至少存在一个 i ??1, , ? 使得 ui ? xik* .由 k * ? I 及 2 3

? ? ? ⑷和⑹式知, x1k* ? x11 ? u1 , x3k* ? x32 ? u3 .于是只能有 x2k* ? u2 ? x2k .类似地,由 S ? 满
? 足性质 (O ) 及 k ? M 可推得 x2k ? u2 ? x2k* .从而 k * ? k .
19、 (2010 一试 11)证明:方程 2 x ? 5x ? 2 ? 0 恰有一个实数根 r ,且存在唯一的严格递
3

增正整数数列 {an } ,使得

2 ? r a1 ? r a2 ? r a3 ? ? . 5

3 2 【解析】令 f ( x) ? 2x ? 5x ? 2 ,则 f ?( x) ? 6 x ? 5 ? 0 ,所以 f (x) 是严格递增的.又

1 3 1 f (0) ? ?2 ? 0, f ( ) ? ? 0 ,故 f (x) 有唯一实数根 r ? (0, ) . 2 4 2 2 r ? r ? r 4 ? r 7 ? r10 ?? . 2r 3 ? 5r ? 2 ? 0 , ? 所以 3 5 1? r
故数列 an ? 3n ? 2(n ? 1,2,?) 是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列 a1 ? a2 ? ? ? an ? ? 和 b1 ? b2 ? ? ? bn ? ?满足

r a1 ? r a2 ? r a3 ? ? ? r b1 ? r b2 ? r b3 ? ? ?
去掉上面等式两边相同的项,有

2 , 5

r s1 ? r s2 ? r s3 ? ? ? r t1 ? r t2 ? r t3 ? ? ,

这里 s1 ?s 2 ?s 3 ? ?, t1 ? t 2 ? t 3 ? ? ,所有的 s i 与 t j 都是不同的. 不妨设 s1 ? t1 ,则 r
s1

? r s1 ? r s2 ? ? ? r t1 ? r t2 ? ? ,

1 ? r t1 ? s1 ? r t2 ? s1 ? ? ? r ? r 2 ? ? ?
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

1 ?1 ? 1? r

1 1 1? 2

? 1 ? 1,

20 、 2010 二 试 2 ) 设 k 是 给 定 的 正 整 数 , r ? k ? (

1 . 记 f (1) (r ) ? f (r ) ? r ?r ? , ? ? 2

f (l ) (r ) ? f ( f (l ?1) (r )), l ? 2 .证明:存在正整数 m,使得 f ( m ) (r ) 为一个整数.这里, ? x ? ? ?
表示不小于实数 x 的最小整数,例如: ? ? ? 1 , ?1? ? 1 . ?? 2

?1? ? ?

于是

1 k 1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) ? ? k ? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? ? ? ? k 2 ? k 2 2 2?? 2? ? 2? ?

?

1 1 ? 2v ?1 ? (? v ?1 ? 1) ? 2v ? (? v ?1 ? ? v ? 2 ) ? 2v ?1 ? ? ? 22v ? ? ? k ? ? , ① 2 2

这里 k ? ? 2v?1 ? (?v?1 ? 1) ? 2v ? (?v?1 ? ?v?2 ) ? 2v?1 ? ?? 22v ? ? . 显然 k ? 中所含的 2 的幂次为 v ? 1 .故由归纳假设知,r ? ? k ? ? 整数,由①知, f
( v ?1)

1 经过 f 的 v 次迭代得到 2

(r ) 是一个整数,这就完成了归纳证明.

21、 (2010 二试 4)一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 A A2 ? An 的每个顶点处赋值 0 和 1

1 两个数中的一个,同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶点 的数字或颜色中至少有一个相同.问:该种密码锁共有多少种不同的密码设置?

当 n 为奇数时, n ? 2 i ? 0 ,此时
?n? ?2? ? ? i ?0

? n ? 2i ? ? 2 ? ? ? j ?0

?C

2j n ? 2i

? 2n?2i ?1 .



代入①式中,得 4

?

? n ? 2i ? ?n? ?n? ? ? ? ? ?2? ?2? ? ? ? ? ? 2i ? 2 ? 2 j ? 2 i n ? 2 i ?1 2 Cn ? Cn ? 2 i ? ? 4 ? ? Cn 2 ? 2 ? ? Cn i 2 n ? 2 i ? ? ? j ?0 i ?0 i ?0 ? ? ? ?

k k ? ? Cn 2n?k ? ? Cn 2n ?k (?1)k ? (2 ? 1)n ? (2 ? 1)n ? 3n ? 1. k ?0 k ?0

n

n

22、 (2011 二试 2)证明:对任意整数 n ? 4 ,存在一个 n 次多项式
f ( x) ? x n ? a n?1 x n?1 ? ? ? a1 x ? a0

具有如下性质: (1) a 0 , a1 , ? , a n ?1 均为正整数; (2)对任意正整数 m ,及任意 k (k ? 2) 个互 不相同的正整数 r1 , r2 , ?, rk ,均有 f (m) ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) .

23、 (2011 二试 3) a1 , a 2 , ? , a n (n ? 4) 是给定的正实数,a1 ? a 2 ? ? ? a n . 设 对任意正实数 r , 满足
a j ? ai ak ? a j ? r (1 ? i ? j ? k ? n) 的三元数组 (i, j, k ) 的个数记为 f n (r ) .证明: f n (r ) ?

n2 . 4

24、 (2011 二试 4)设 A 是一个 3? 9 的方格表,在每一个小方格内各填一个正整数.称 A 中 的一个 m ? n (1 ? m ? 3, 1 ? n ? 9) 方格表为“好矩形” ,若它的所有数的和为 10 的倍数.称 A 中的一个 1?1 的小方格为“坏格” ,若它不包含于任何一个“好矩形” .求 A 中“坏格”个数 的最大值. 【解析】首先证明 A 中“坏格”不多于 25 个. 用反证法.假设结论不成立,则方格表 A 中至多有 1 个小方格不是“坏格” .由表格的对称 性,不妨假设此时第 1 行都是“坏格” . 设方格表 A 第 i 列从上到下填的数依次为 a i , bi , c i , i ? 1,2, ? ,9 .记
S k ? ? a i , Tk ? ? (bi ? c i ), k ? 0,1,2, ? ,9 ,
i ?1 i ?1 k k

这里 S 0 ? T0 ? 0 . 我们证明:三组数 S 0 , S 1 , ? , S 9 ; T0 , T1 , ? , T9 及 S 0 ? T0 , S1 ? T1 , ? , S 9 ? T9 都是模 10 的完全剩 余系.

矛盾!故假设不成立,即“坏格”不可能多于 25 个. 另一方面,构造如下一个 3? 9 的方格表,可验证每个不填 10 的小方格都是“坏格” ,此时 有 25 个“坏格” . 1 1 1 综上所述, 坏 “ 值是 25.
2 n 25、 (2012 二试 2)试证明:集合 A ? 2, 2 ,? , 2 ,? 满足

1 1 1

1 1 1

2 1 10

1 1 1

1 1 1

1 1 1
[来源:学科

1 1 1

10 1 2 格”个数的最大

网]

?

?

(1)对每个 a ? A ,及 b ? N ,若 b ? 2a ? 1 ,则 b(b ? 1) 一定不是 2a 的倍数; (2) 对每个 a ? A(其中 A 表示 A 在N 中的补集) 且 a ? 1 , , 必存在 b ? N ,b ? 2a ? 1 , 使 b(b ? 1) 是 2a 的倍数. 【解析】证明:对任意的 a ? A ,设 a ? 2 , k ? N , 则 2a ? 2 , 如果 b 是任意一个小于 2a ? 1 的正整数,则 b ? 1 ? 2a ? 1 由于 b 与 b ? 1 中,一个为奇数,它不含素因子 2 ,另一个是偶数,它含素因子 2 的幂的次数最 多为 k ,因此 b(b ? 1) 一定不是 2a 的倍数;
k ? k ?1
?

?

若 a ? A ,且 a ? 1, 设 a ? 2 ? m, 其中 k 为非负整数, m 为大于 1 的奇数,
k

则 2a ? 2 ? m 下面给出(2)的三种证明方法: 证法一:令 b ? mx, b ? 1 ? 2 由于 (2
k ?1 k ?1

k ?1

y, 消去 b 得 2k ?1 y ? mx ? 1.

? x ? x0 ? 2 k ?1 t ? 其中 t ? z,( x0 , y0 ) 为方程的特解. , m) ? 1, 这方程必有整数解; ? ? y ? y0 ? mt ?
? k ?1

? ? 把最小的正整数解记为 ( x , y ), 则 x ? 2

,故 b ? mx ? 2a ?1, 使 b(b ? 1) 是 2a 的倍数.

?

证法二:由于 (2

k ?1

, m) ? 1, 由中国剩余 定理知,同余方程组

? x ? 0(mod 2k ?1 ) 在区间 (0, 2k ?1 m) 上有解 x ? b, 即存在 b ? 2a ? 1, 使 b(b ? 1) 是 2a 的倍 ? ? x ? m ? 1(mod m)
数.

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